Question

2．設(shè)左右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂的橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，且$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$的最小值為2．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O作兩條互相垂直的射線，與橢圓C分別交于A、B兩點(diǎn)，證明：直線AB與圓x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x，y），則x²+y²=$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}{x}^{2}$+b²≥b²．而$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=x²-c²+y²≥2．可得b²=c²+2，又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為：y=kx+m．與橢圓方程聯(lián)立化為：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，△＞0，由于OA⊥OB，可得x₁x₂+y₁y₂=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得7m²=12（k²+1）．即可得出圓的O到直線AB的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=R．即可證明結(jié)論．當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，容易證明直線AB與圓x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．

解答 （1）解：設(shè)P（x，y），則x²+y²=${x}^{2}+^{2}（1-\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}）$=$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}{x}^{2}$+b²≥b²．
∵$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（-c-x，-y）•（c-x，-y）=x²-c²+y²≥2．
∴b²=c²+2，
又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，
解得c²=1，b²=3，a=2．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為：y=kx+m．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，
化為：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
△＞0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
∵OA⊥OB，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，
∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+k²）x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²
=$\frac{（1+{k}^{2}）（4{m}^{2}-12）}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+m²=0，
化為：7m²=12（k²+1）．
∴圓的O到直線AB的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{7}{12}}$=R．
∴直線AB與圓x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．
當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，容易證明直線AB與圓x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．
綜上可得：直線AB與圓x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、直線與圓相切問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離公式、相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．